UFPE – ´AREA II – 2016.2 – Prof. Fernando J. O. Souza MA129 (c´alculo diferencial e integral 4) – turmas Q1 e Q5
SIMULADO DA 2a UNIDADE v. 1.0
Orienta¸c˜ao: Distribuir os itens em seis sess˜oes de 120 minutos cada, sem inter-rup¸c˜ao nem distra¸c˜oes. Dar solu¸c˜oes leg´ıveis e justificadas, escrevendo os passos, detalhes e propriedades relevantes. Ler as solu¸c˜oes de uma sess˜ao s´o depois dela.
Quest˜ao 1. Encontrar a solu¸c˜ao completa se o item s´o apresentar a EDO, e resolver o PVI (dando todas as solu¸c˜oes globais) se o item contiver condi¸c˜oes ini-ciais. Em todos,y´e a fun¸c˜ao. det. Dar solu¸c˜oes expl´ıcitas e simplificadas! Todos os m´etodos estudados podem ser utilizados.
Obs. Ap´os fazer os simulados cronometrados, ´e interessante tentar outro(s) m´e-todo(s) para aqueles itens que admitem mais de um.
1.a. d
2y
dt2 + 2
dy
dt = 12 t+e
−2t
1.b. d
2y
dt2 + 2y = 12 t+e −2t
1.c. d
2y
dt2 −6
dy
dt2 + 9y= 0, y(0) = 2, y ′
(0) = 1
1.d. d
2y
dt2 −2
dy
dt + 5y= 20 sen(t)
1.e. d
2y
dt2 −6
dy
dt + 9y = 18 t e
3t+e−3t
1.f. d
2y
dt2 −2
dy
dt + 2y=t−1
1.g. d
2y
dt2 + 8
dy
dt + 16y= 32 e
−4t
+ sen(−4t)
1.h. d
2y
dt2 −2
dy dt +y=
et
t3 , t >0
1.i. d
2y
dt2 + 2
dy
dt +y=e
−t+ 2et, y(0) = 0, y′
(0) = 0
1.j. d
2y
dt2 −2
dy
dt +y = 4e
t ln (t), t >0
1.k. d
2y
dt2 + 4y= 2 tan (t), t∈
−π2,π
2
1.l. d
2y
dt2 + 4y= 9tsen(2t)
1.m. d
2y
dt2 + 4y = 34e
tsen(2t)
1.n. d
2y
dt2 + 4y= 30 cos (t) sen(2t)−26 cosh (3t); y(0) = 2,
dy
dt(0) = −1
1.o. d
2y
dt2 −y(t) =
4t , set <2;
4t+ 3 , se t≥2; y(0) = 0; y ′
(0) = 2.
1.p. d
2y
dt2 −y(t) =
2t , set <3;
0 , set≥3; y(0) = 0; y ′
(0) = 2.
1.q. d
2y
dt2 −9y= 900 e
−3t+t e2t
1.r. d
2y
dt2 −6
dy
dt + 13y = 40e
tsen(2t)
1.s. d
2y
dt2 + 3
dy
dt = 36 t
3
−t; y(0) = 0, dy
dt(0) = 1;
1.t. d
2y
dt2 + 4
dy
dt + 4y=
exp (−2t) 1 +t2
1.u. d
2y
dt2 + 4y =
12, set < π; 0, seπ < t <4π; 12 cos (4t), se 4π < t;
y(0) = 0; y′
(0) = 0.
1.v. d
2y
dt2 + 9y = 12 sen (3t)−50 cosh (4t); y(0) = 2,
dy
dt(0) = 1
Quest˜ao 2. Escrever, como fun¸c˜ao expl´ıcita des, a transformada de LaplaceY(s) da solu¸c˜ao y(t) do PVI abaixo:
d2y
dt2 + 9y= 2 cos (3t) sen (4t) + 2 cosh (3t) senh (4t); y(0) = 1,
dy
dt(0) = 2
Quest˜ao 3. Calcular a transformada de Laplace inversaf(t) de:
3.a. F(s) = s−2
s2−4s+ 5 3.b. F(s) =
3e−2s
s2−4
3.c. F(s) =e −3s
s +
4
(s−2)3 3.d. F(s) =
2s2+ 4
Ao usar a tabela de transformadas de Laplace, indicar os parˆametros e o n´ u-mero de cada regra no passo em que ´e utilizada.
Regra f(t) =L−1
{F(s)}(t) Const. s∈ F(s) =L{f(t)}(s) 01 eat a∈R (a,+∞) 1/(s−a) 02 cos (ωt) ω ∈R (0,+∞) s/(s2+ω2) 03 sen(ωt) ω ∈R (0,+∞) ω/(s2+ω2) 04 cosh (ωt) ω ∈R (|ω|,+∞) s/(s2−ω2) 05 senh(ωt) ω ∈R (|ω|,+∞) ω/(s2−ω2) 06 tn n∈N (0,+∞) n!/ sn+1 07 tr r∈(−1,+∞) (0,+∞) Γ(r+ 1)/ sr+1 08 δ(t−c) c∈[0,+∞) R e−cs
Regra f(t) = L−1
{F(s)}(t) Const. F(s) =L{f(t)}(s) 09 a f(t) +b g(t) a, b∈R a F(s) +b G(s) 10 f(a t) a∈(0,+∞) F(s/a)/ a
11 eatf(t) a∈R F(s−a) 12 tnf(t) n∈N (−1)nF(n)(s) 13 f(t)
t se h´a limt→0+
f(t)
t
Z +∞ s
F(v)dv
14 f(k)(t) k∈N skF(s) −
k−1
X
=0
f()(0)sk−1−
15
Z t
0
f(u)du F(s)
s
16 uc(t)f(t) c∈(0,+∞) e−csL{f(t+c)}(s) 17 uc(t)f(t−c) c∈[0,+∞) e−cs
F(s)
18 Se f(t+P) =f(t) P ∈(0,+∞) 1 1−e−sP
Z P
0
e−stf(t)dt
19 (f∗g)(t) F(s)G(s)
Regra 20 lim
s→+∞ F(s) = 0 21 lim
s→+∞s F(s) = tlim→0+
f(t)
22 lim s→0+
SOLU ¸
C ˜
OES
SUBSCRITOS empregados nas solu¸c˜oes y: gh = geral (que ´e a completa) da EDO homogˆenea (sol. complementar); gnh= geral (que ´e a completa) da EDO n˜ao-homogˆenea; p= particular da EDO linear n˜ao-homogˆenea sem considerarmos condi¸c˜oes iniciais se estas forem dadas. Solu¸c˜oes de PVIs n˜ao ter˜ao subscritos. SIGLA: T.D.E. = teorema do desvio exponencial.
NOTA ¸C ˜AO: uc(t) = H(t−c), onde c ∈ R, e H (tamb´em denotada por u) ´e a fun¸c˜ao-degrau de Heaviside. Logo,H =u0.
1.a–1.c. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.
1.d. A equa¸c˜ao caracter´ıstica da EDO homogˆenea ´e: 0 =r2−2r+ 5∴
r = 2± √
4−20
2 = 1±2i∴ygh(t) =e t(C
1cos (2t) +C2sen(2t)), ondeC1, C2∈R.
C´alculo de yp por abordagem real. Como 20 sen(t) n˜ao ´e solu¸c˜ao da EDO homogˆenea, temos o formato yp(t) =Acos (t) +Bsen(t) para a EDO dada, ainda com coeficientes reais indeterminados A e B. Observando que y′′
p(t) = −yp(t), substituimos na EDO: 20 sen(t) = (5−1)yp(t)−2y′
p(t) = 4 (Acos (t) +Bsen(t))−2 (−Asen(t) +Bcos (t)) =
(4A−2B) cos (t) + (2A+ 4B) sen(t)∴
0 = 4A−2B ∴B = 2A
20 = 2A+ 4B = 10A∴A= 2, B = 4 ∴yp(t) = 2 cos (t) + 4 sen(t).
C´alculo de yp por abordagem complexa. 20 sen(t) =ℑ 20eit
∴
yp(t) =ℑ(zp(t)), solu¸c˜ao particular da EDO (D2−2D+ 5)[z(t)] = 20eit. Sendo 1±2ias ra´ızes deP(D), eia do anuladorD−ideeit, temos quezp(t) =Heitpara algum complexo H determinado por: 20eit = (D2−2D+ 5)[Heit] = (T.D.E.)
Heit (D+i)2−2(D+i) + 5[1] =Heit(derivadas +i2−2i+ 5)[1] =Heit(4−2i)
∴H= 20·(4−2i)−1 = 20·(4 + 2i)/(16 + 4) = 4 + 2i∴zp(t) = (4 + 2i)eit∴
yp(t) =ℑ((4 + 2i)[cos (t) +isen(t)]) = 4 sen(t) + 2 cos (t).
Da´ı, ygnh(t) =et(C
1cos (2t) +C2sen(2t)) + 2 cos (t) + 4 sen(t); C1, C2 ∈R
1.e. E o Item 1.a manuscrito no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1.´
1.h. A EDO tem equa¸c˜ao caracter´ıstica 0 =r2 −2r + 1 = (r−1)2, com raiz ´
unica 1 com multiplicidade 2. Denotando P(D) = D2 −2D+ 1 = (D−1)2, temos que P(D)[y(t)] = 0 fornece um conjunto fundamental de solu¸c˜oes {y1, y2} onde y1(t) = et e y2(t) = t et. Para a EDO n˜ao-homogˆenea, como b(t) = t−3et n˜ao ´e anulado por algum polinˆomio em D a coeficientes constantes, usaremos o m´etodo da varia¸c˜ao dos parˆametros, propondoyp(t) =v1(t)·et+v2(t)·t et, onde as fun¸c˜oesv1 ev2 s˜ao determinadas pelo sistema de equa¸c˜oes abaixo:
W et, t et·
v′ 1
v′ 2
=
et t et
et (t+ 1)et
·
v′
1
v′ 2
=
0
t−3
et
Mas
det W et, t et= ((t+ 1)−t) et2 =e2t. Pela regra de Cramer:
v′ 1(t) =
1
e2tdet
0 t et t−3
et (t+ 1)et
=−t−3
te
2t
e2t =−t −2
∴v1(t) =t−1; e
v′ 2(t) =
1
e2tdet
et 0
et t−3
et
=t−3e 2t
e2t =t −3
∴v2(t) =−1
2t −2
∴
yp(t) = e t
t − t et 2t−2 =
e2t
2t ∴ygnh(t) =
C1+C2t+ 1 2t
et, t >0; C1, C2 ∈R.
1.i – uma solu¸c˜ao. A EDO y′′ + 2y′
+y =e−t+ 2et est´a associada `a equa¸c˜ao caracter´ıstica 0 =r2+ 2r+ 1 = (r+ 1)2, cuja ´unica raiz ´e−1 com multiplicidade 2. Logo, ygh(t) = (C1+C2t)e−t, ondeC1, C2 ∈R. Uma solu¸c˜ao particular da EDO pode ser obtida pelo m´etodo dos coeficientes indeterminados aplicado ao formato
yp(t) =At2e−t+Bet, onde o fatort2 aparece devido `a multiplicidade 2 da raiz−1. De fato, P(D) = (D−(−1))2, enquanto o anulador de e−t+ 2et ´e a composi¸c˜ao dos anuladores de e−t
e 2et, ou seja, (D−(−1))◦(D−1). Calculemos A e B substituindoyp na EDO:
Vers˜ao sem T.D.E: yp(t) =At2e−t
+Bet∴y′
p(t) = (−At2+ 2At)e −t
+Bet∴
y′′
p(t) = (At2−4At+ 2A)e
−t+Bet∴
e−t+2et= [(At2−4At+2A)e−t+Bet]+2[(−At2+2At)e−t+Bet]+[At2e−t+Bet] = 2Ae−t+ 4Bet ∴1 = 2A∴A= 1/2 e 2 = 4B ∴B= 1/2.
Vers˜ao com T.D.E: e−t+2et= (D+1)2[At2e−t+Bet] =Ae−t((D−1) + 1)2[t2]+
Bet((D+ 1) + 1)2[1] =Ae−tD2[t2] +Bet(derivadas + 22)[1] =Ae−t
Logo: ygnh(t) =
C1+C2t+
t2
2
e−t+1 2e
t ondeC
1, C2 ∈R∴
y′
gnh(t) =
C2−C1+ (1−C2)t−
t2
2
e−t+1 2e
t
∴
0 =y(0) =C1+ 1/2∴C1 =−1/2
0 =y′
(0) =C2−C1+ 1/2 =C2+ 1∴C2 =−1 ∴
y(t) =
t2
2 −t− 1 2
e−t+1 2e
t
∴ y(t) = 1
2
et+ (t2−2t−1)e−t.
1.i – outra solu¸c˜ao. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da
EDO: 1
s+ 1+ 2 1
s−1 =s
2Y(s)− sy(0) +y′
(0)+ 2 [sY(s)−y(0)] +Y(s) =
(s2+ 2s+ 1)Y(s) = (s+ 1)2Y(s)∴Y(s) = 3s+ 1
(s−1)(s+ 1)3 =
A s−1+
B s+ 1+
C
(s+ 1)2 +
E·2
(s+ 1)3 onde a ´ultima fra¸c˜ao parcial j´a est´a (como as demais) adaptada para o uso da Laplace inversa: ela resulta em Ee−tt2. Mas 3s + 1 = A(s+ 1)3 + (s−1)[B(s + 1)2 +C(s+ 1) + 2E]. Calculando am-bos os lados nas ra´ızes s = −1 e s = 1 e, digamos, em s = 0 e s = −2, obtemos, respectivamente: −2 = −4E ∴ E = 1/2; 4 = 8A ∴ A = 1/2;
1 = A −(B +C + 2E) = −(B + C) − 1/2 ∴ B + C = −3/2 e −5 =
−A−3(B−C+ 2E) =−3(B−C)−7/2 ∴−3/2 =−3(B−C)∴B−C = 1/2.
Disto, 2B =−1∴B =−1/2, donde C =−B−3/2 =−1. Assim:
Y(s) = 1 2·
1
s−1− 1 2·
1
s+ 1− 1 (s+ 1)2+
1 2·
2
(s+ 1)3 Aplicando a transformada de Laplace inversa, obtemos quey(t) =1
2e t+e−t
· L−1
−12·1s−s12 + 1 2·
2
s3
(s)∴
y(t) =et+ (t2−2t−1)e−t
/2.
1.j. Manuscrito: Item 1.c no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1.
1.k–1.l. Manuscritos no arquivo “simulado 02-pt2-v1 0.pdf” de 2014.1.
1.m. Manuscrito: Item 1.b no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1.
1.n. Manuscrito: Item 1.e no arquivo “ee2-gabarito-v1 0.pdf” de 2015.2.
1.p. Vide a resolu¸c˜ao da Quest˜ao 2 do arquivo “simulado 02-pt3-v1 0.pdf” de 2014.1 com o seguinte erratum: onde se lˆe
“Os termos com C eD podem ser combinados como um termo 2
s2(s2−1) ”, leia-se
“Os termos com C eD podem ser combinados como um termo 2 (s2−1) ”.
1.q–s. Manuscritos: itens 1.a, 1.b e 1.d, respectivamente, no arquivo “ee2-gabarito-v1 0.pdf” de 2015.2.
1.t. Manuscrito: Item 1.b no arquivo “ee2 gabarito-v1 0.pdf” de 2016.1, tro-cando a vari´avel xpor t.
1.u. Manuscrito: Item 1.e no arquivo “ee2-v1 0-gabarito-v1 0.pdf” de 2014.1.
1.v. Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados da EDO:
12· 3
s2+ 32 −50·
s
s2−42 =s 2Y(s)
− sy(0) +y′
(0)+ 9Y(s) =
(s2+ 9)Y(s)−(2s+ 1)∴Y(s) = 2s+ 1
s2+ 32 + 36 (s2+ 32)2 −
50s
(s2−42)(s2+ 32)
A primeira das parcelas indica uma C.L. de cos (3t) e sen (3t). De fato, 2s+ 1
s2+ 32 = 2·
s s2+ 32+
1 3·
3
s2+ 32 transformada de Laplace de 2 cos (3t) + 1
3sen (3t).
A segunda parcela ´e 36 (s2+ 32)2 =
2·3
s2+ 32
2 = 4
3
s2+ 32
2
, cuja
trans-formada de Laplace inversa ´e, pelo teorema de convolu¸c˜ao (Regra 19), dada por
4 sen (3t)∗ sen (3t) = 4
Z t
0
sen (3v)· sen (3(t−v)) dv =−2tcos (3t) +2
3sen (3t). Isto tamb´em pode ser obtido por outro caminho: reconhecemos o quadrado de
s2+ 32 no denominador, sugerindo que a parcela pode ter vindo de uma combina-¸c˜ao das derivadas deL {cos (3t)}(s) e L {sen (3t)}(s), ou seja, uma combina¸c˜ao
de d
ds s s2+ 9 =
s2+ 9−2s2
(s2+ 9)2 =
9−s2
(s2+ 9)2 e
d ds
3
s2+ 9 =
−6s
(s2+ 9)2. Utilizando a primeira das derivadas obtidas:
36
(s2+ 9)2 = 2·
9 + 9
(s2+ 9)2 = 2·
9−s2+s2+ 9 (s2+ 9)2 = 2·
9−s2 (s2+ 9)2 + 2·
s2+ 9 (s2+ 9)2 = −2·
−dsd s2s+ 9
+ 2 3·
3
(s2+ 32)2 =L
−2tcos (3t) +2
3sen (3t)
Finalmente, a terceira parcela deve ser expandida em fra¸c˜oes parciais:
s
(s2−42)(s2+ 32) =
A s−4 +
B s+ 4 +
Cs+E·3
s2+ 32 onde a ´ultima j´a foi preparada para obtermosEsen (3t). Alternativamente, podemos expandi-la como:
s
(s2−42)(s2+ 32) =
e
As+Be·4
s2−42 +
Cs+E·3
s2+ 32 , trocando o conjuntoL.I.de fun¸c˜oes {e4t, e−4t
}pelo conjunto{cosh (4t), senh (4t)}, uma vez que ambos s˜ao bases para o mesmo espa¸co bidimensional de fun¸c˜oes. Calculando pela primeira vers˜ao: −50s= (s2+9)[A(s+4)+B(s−4)]+(Cs+3E)(s2−16). Calculando ambos os lados em s=−4, s= 4 e, digamos, s= 0 e s= 1, obtemos: 200 =−200B ∴B =−1;
−200 = 200A∴A=−1; / j´a usando queA−B = 0, 0 =−48E ∴E = 0; e j´a
subs-tituindo os valores anteriores, −50 =−20−15C ∴C= 2. Logo, a terceira parcela
´e a transformada de Laplace de −e−4t
−e4t+ 2 cos (3t) =−2 cosh (4t) + 2 cos (3t). Somando os trˆes termos e simplificando o resultado, obtemos que:
y(t) = sen (3t) + (4−2t) cos (3t)−e−4t
−e4t= sen (3t) + (4−2t) cos (3t)−2 cosh (4t).
2. Para aplicarmos transformadas de Laplace, precisamos preparar o membro (lado) direito da EDO. Por um lado, temos a identidade trigonom´etrica abaixo: 2 sen (A) cos (B) = sen (A+B) + sen (A−B)∴
2 sen (4t) cos (3t) = sen (7t) + sen (t).
Por outro lado: 2 senh (A) cosh (B) = eA−e−A eB+e−B/2 =
eA+B−e−(A+B)+ eA−B−e−(A−B)/2 = senh (A+B) + senh (A−B)∴ 2 senh (4t) cosh (3t) = senh (7t) + senh (t).
Portanto, o PVI dado ´e:
y′′
(t) + 9y(t) = sen (7t) + sen (t) + senh (7t) + senh (t) ; y(0) = 1, y′
(0) = 2
Aplicando a transformada de Laplace a ambos os lados, obtemos, por linearidade:
s2Y(s)−1s−2+ 9Y(s) = 7
s2+ 49 + 1
s2+ 1+ 7
s2−49 + 1
s2−1 ∴
Y(s) = 1
s2+ 9
s+ 2 + 7
s2+ 49+ 1
s2+ 1+ 7
s2−49 + 1
s2−1
3.a. Completando o quadrado do denominador, obtemos:
F(s) = s−2
s2−4s+ 5 =
s−2
(s−2)2−4 + 5 =
s−2
(s−2)2+ 1 Da transla¸c˜ao em s,
f(t) =e2tL−1
s s2+ 1
(t)∴f(t) =e2tcos (t).
3.b: F(s) = e −2s·3
s2−22 Da transla¸c˜ao emt,f(t) =u2(t)L −1
3 2 ·
2
s2−22
(t−2)
=f(t) = 3
2u2(t)·senh(2(t−2))∴f(t) = 3
2u2(t)·senh(2t−4).
Obs. f(t) =
0 , set <2;
3
2senh(2t−4) , set≥2.
3.c: F(s) = e −3s
s +
4
(s−2)3 Da linearidade deL −1
e da transla¸c˜ao emt na
pri-meira parcela e emsna segunda: f(t) =u3(t)L−1
1
s
(t−3)+e2tL−1
2·2 !
s(2+1)
∴
f(t) =u3(t) + 2e2tt2 =
2e2tt2 , set <3; 2e2tt2+ 1 , set≥3.
